Đề kiểm tra chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 cấp quận vòng 1 năm 2022-2023 môn toán (có đáp án và lời giải chi tiết

Tổng hợp Đề kiểm tra chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 cấp quận vòng 1 năm 2022-2023 môn toán (có đáp án và lời giải chi tiết rất hay và bổ ích giúp bạn đạt điểm cao. Các bạn tham khảo và ôn tập để chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi tốt nghiệp sắp đến nhé. Mời bạn đọc đón xem.

48 24 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

6 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Minh Thư
Trang 1
UBND QUẬN ĐỀ KIỂM TRA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
CẤP QUẬN VÒNG 1- NĂM HỌC 2022-2023
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. ( 5 điểm) Cho biểu thức
2
21
2
11

x
x x x x
A
x x x x
với
0; 1xx
.
a) Rút gọn biểu thức
A
.
b) Tính giá trị của biểu thức
A
khi
3
5 2 17 5 38
12
5 14 6 5


x
.
c) Đặt
2
x
B
A
, chứng tỏ rằng
02B
.
Câu 2. ( 5 điểm) Giải các phương trình sau:
a)
32
3
3
3
28 0
1
1
xx
x
x
x
.
b)
.
Câu 3. ( 3 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên tố
p
thỏa mãn
2
23p
có đúng 6 ước số dương.
b) Cho
,0xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
2

xy
xy
M
xy x y
.
Câu 4. ( 6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đưng cao AD, BE, CF ct
nhau ti H. Chứng minh rằng:
a)
1
. .sin
2
ABC
S BA BC B
và
. . . . .cos .cos .cos .AE BF CD AB BCCA A B C
b)
. tanB tanC
AD
HD
.
c)
H
là giao điểm ba đưng phân giác trong của tam giác
DEF
.
d)
. . .
1
. . .
HB HC HC HA HA HB
AB AC BC BA CACB
.
Câu 5. ( 1 điểm) Cho 1000 điểm phân biệt trên mặt phẳng
1 2 3 1000
, , ,...,M M M M
. Vẽ một đưng
tròn
C
tùy ý có bán kính
1R
.Chứng minh rằng tồn ti điểm
A
trên đưng tròn
C
thỏa mãn
1 2 3 1000
... 1000AM AM AM AM
.
...............HẾT..............
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:............................................................... Số báo danh:........................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI
CẤP QUẬN - VÒNG 1
NĂM HỌC: 2022 - 2023
Môn thi: TOÁN 9
Thi gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu
Ý
Nội dung cần đạt
Điểm
1
a
Với
0; 1xx
2
21
2
11

x
x x x x
A
x x x x
1 2 1 2 1 1
11
x x x x x x x
x x x x
1 2 1 2 1 x x x x
1 xx
Vậy
1 A x x
.
0,5
1,0
0.5
5,0
b
c
3
5 2 17 5 38 5 2 5 2
12
5 3 5
5 14 6 5



x
1
12 3

x
4x
(tmđk)
Thay
4x
vào biểu thức
A
ta được
4 4 1 3 A
Vậy
3A
khi
4.x
22
1


xx
B
A
xx
Vì
0; 1 2 0 x x x
và
2
13
1 0 0
24



x x x B
Xét hiệu
2
21
2 0 2
1

x
BB
xx
Vậy
02B
0,5
0.5
0.5
0.5
1.0
Trang 3
2
a
b
a) Giải phương trình
32
3
3
3
28 0
1
1
xx
x
x
x
. Điều kiện
1x
3
22
3 3 27 0
1 1 1 1
x x x x
xx
x x x x
32
2 2 2
3 3 1 27
1 1 1
x x x
x x x
2
13
1
x
x
2
4 4 0 xx
2x
(tmđk)
Vậy
2x
.
b) Giải các phương trình sau
15
4
34

xx
.
Điều kiện
3x
. Đặt
2
22
1 1 1
0 3 4
3
y
y x x
x y y
Ta có phương trình
2
5
4
1

y
y
y
2
2
5 2 1
20
1

yy
y
y
22
22
5 4 4
20
1 5 2 1

yy
y
y y y
22
2
2 1 0
1 5 2 1





y
y
y y y
2y
1 11
2
34
x
x
(tmđk)
Vậy
11
.
4
x
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
5,0
Trang 4
3
a
Xét
2p
2
23 27 p
có 4 ước dương (loi)
Xét
2
3 23 32 pp
có 6 ước dương (tm)
Xét
3p
. Ta thấy
p
lẻ nên
22
23 1 24 1 1 24 p p p p
Chia hết cho 8 nên có các ước só là
1,2,4,8
.
Mặt khác
p
không chia hết cho 3 nên
11pp
chia hết cho 3. Do đó
2
23p
có các ước số là
3,6,12,24
(loi).
Vậy
3.p
0.5
0.5
0,5
3.0
b
Ta có:
22
2
22
46

x y xy x y
xy xy
M
xy x y xy x y
2
4
22
2 .4 6 6


x y x y
xy xy
M
xy x y x y
xy
7
2 7.2 2
6 2 . 6 3
2 2 2 2


xy
xy xy xy
x y x y
x y x y
xy xy xy xy
.
Dấu bằng xảy ra
2
xy
xy
4 x y
xy
2 xy
xy
.
xy
2 xy
.
Vậy gía trị nhỏ nhất của
M
bằng 3 khi và chỉ khi
.xy
0.5
0.5
0.5
4
6.0
a
a) Ta có: S
ABC
=
1
2
.BC.AD.
0.5
H
D
F
E
A
B
C
Trang 5
ABD vuông ti D có AD =AB.sinB, do đó S
ABC
=
1
2
BC.BA.sinB.
ABE vuông ở E có AE = AB.cosA
BFC vuông ở F có BF = BC.cosB
ACD vuông ở D có CD = AC.cosC
Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC
0,5
0,5
0.5
b
b) Xét ABD có tanB =
AD
BD
; ACD có tanC =
AD
CD
suy ra tanB.tanC =
2
AD
BD.CD
(1)
Do
HBD CAD
(cùng phụ với
ACB
) nên BDH ADC (g.g)
DH BD
DC AD

BD.DC = DH.DA
Kết hợp với (1) được tanB.tanC =
2
AD AD
DH.AD DH
.
0,5
0.5
0,5
c
d
c) Chứng minh được AEF ABC (g.g)
AEF ABC
.
Tương tự được
CED CBA
nên
AEF CED
mà BE AC
AEB CEB
= 90
0
. Từ đó suy ra
FEB DEB
EH là phân trong của DEF.
Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là giao ba đưng phân giác
trong của DEF.
d) Ta có : S
BHC
+ S
CHA
+ S
AHB
= S
ABC
.
Dễ thấy CHE CAF(g.g)

CH CE
CA CF
2.
..
. . 2.
BHC BHC
ABC ABC
SS
HB HC HBCE
AB AC ABCF S S
Tương tự có
.
.
CHA
CBA
S
HC HA
BC BA S
;
.
.
HAB
CAB
HA HB S
CACB S
.
Do đó:
. . .
1
. . .
BHC CHA
AHB
BAC CBA ACB
SS
HB HC HC HA HA HB S
AB AC BC BA CACB S S S
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
5
Trên đưng tròn
C
ta kẻ đưng kính
12
AA
tùy ý
12
2AA
Ta có
1 1 2 1 1 2
2AM A M A A
1 2 2 2 1 2
2AM A M A A
………….
1 1000 2 1000 1 2
2AM A M A A
1 1 1 2 1 3 1 1000 2 1 2 2 2 3 2 1000
... ... 2000A M A M A M A M A M A M A M A M
1
0.5
1.0
Trang 6
Theo nguyên lý Dirichlet thì từ
1
suy ra trong hai tổng
1 1 1 2 1 3 1 1000
...A M A M A M A M
và
2 1 2 2 2 3 2 1000
...A M A M A M A M
có ít nhất một
trong hai tổng lớn hơn hoặc bằng 1000. Giả sử
2 1 2 2 2 3 2 1000
... 1000A M A M A M A M
.
Chọn
2 1 2 3 1000
... 1000A A AM AM AM AM
.
0.5
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

UBND QUẬN ĐỀ KIỂM TRA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
CẤP QUẬN VÒNG 1- NĂM HỌC 2022-2023 MÔN: TOÁN ĐỀ C HÍN
H THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 2 x x 2x x 2 x   1
Câu 1. ( 5 điểm) Cho biểu thức A   
với x  0; x  1 . x x 1 x x 1
a) Rút gọn biểu thức A . x   3 5 2 17 5  38
b) Tính giá trị của biểu thức A khi  . 12 5  14  6 5 c) Đặt 2  x B
, chứng tỏ rằng 0  B  2 . A
Câu 2. ( 5 điểm) Giải các phương trình sau: 3 2 x 3x a) 3 x      . x   28 0 3 1 x 1 1 5 b)   4. 3  x 4  x Câu 3. ( 3 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p thỏa mãn 2
p  23 có đúng 6 ước số dương. 2 2 x y 2 xy
b) Cho x, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M   . xy x y
Câu 4. ( 6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H. Chứng minh rằng: 1 a) S  .
BA BC.sin B và A . E BF.C D A . B B . C C . A cos . A cos . B cos . C ABC 2 AD b) t . anB tanC  . HD
c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF . H . B HC HC.HA H . A HB d)    1. . AB AC BC.BA C . A CB
Câu 5. ( 1 điểm) Cho 1000 điểm phân biệt trên mặt phẳng M , M , M ,..., M . Vẽ một đường 1 2 3 1000
tròn C tùy ý có bán kính R  1 .Chứng minh rằng tồn tại điểm A trên đường tròn C thỏa mãn
AM AM AM  ...  AM 1000 . 1 2 3 1000
...............HẾT.............. Trang 1
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:............................................................... Số báo danh:........................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN - VÒNG 1 NĂM HỌC: 2022 - 2023
Môn thi: TOÁN 9
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Ý
Nội dung cần đạt Điểm
Với x  0; x  1 2 x x 2x x 2 x   1 A    x x  1 x x 1 x x x   1 x 2 x   1 2 x   1  x   1    0,5 a x x 1 x x 1  x x   1  2 x   1  2 x   1 1,0
x x 1 0.5
Vậy A x x 1 . x   3 5 2 17 5  38  5 2 5 2   12   5  3  5 0,5 5 14 6 5 x 1 1   5,0 b 12 3 0.5 x  4 (tmđk)
Thay x  4 vào biểu thức A ta được
A  4  4 1  3 A x  0.5 Vậy 3 khi 4. 2 x 2 x B   A x x  1 2  1  3
Vì x  0; x  1 2 x  0 và x x 1  x    0  B  0   c  2  4  0.5 x  2 2 1 Xét hiệu 2  B   0  B  2 x x  1 Vậy 0  B  2 1.0 Trang 2 3 2 x 3x a) Giải phương trình 3 x     x   . Điều kiện 1 x   28 0 3 1 x 1 3 2 2  x xx     x x 3 x   3  27  0     0.5  x 1 x 1 x 1 x 1 3 2 2 2 2  x   x   x    0.5 3  3 1  27        x 1  x 1  x 1 a 3 2  x  0.5 3  1  3    x 1 2 x 0.5  1 3 x 1 2
x  4x  4  0 0.5 x  2 (tmđk) Vậy x  2 .
b) Giải các phương trình sau 1 5   4 . 3  x 4  x 2 0.5 1 1 1  y 2 Điều kiện x  3  . Đặt
y  0  x  3   x  4  5,0 2 2 x  3 y y 5 y
Ta có phương trình y   4 2 1  y 0.5 2 5y  2 1    y y 2   0 2 1  y 2 2 5 y  4  4    y y 2 0 2 1  y  2
5 y  2 1  y 0.5    y y  2    2 1  0 b   2 1  0.5  y  2 5 y  2 1   y   y  2 1 11 
 2  x   (tmđk) 3  x 4 0.5 11 Vậy x   . 4 Trang 3 Xét p  2 2
p  23  27 có 4 ước dương (loại) Xét 2
p  3  p  23  32 có 6 ước dương (tm) 0.5
Xét p  3 . Ta thấy p lẻ nên 2 2
p  23  p 1 24   p   1  p   1  24 0.5
Chia hết cho 8 nên có các ước só là 1,2,4,8 . a
Mặt khác p không chia hết cho 3 nên  p   1  p   1 chia hết cho 3. Do đó 0,5 2
p  23 có các ước số là 3,6,12, 24 (loại). Vậy p  3.
x y2  xy 2 xyx y2 2 2 xy Ta có: M     4   6 0.5 xy x y xy x y 3 x y2 2 xy 4 x y 2 xy M  2 .4   6    6 xy x y xy x y 0.5 3.0 7 x yx y 2 xy 7.2 xy
x y 2 xy     6   2 .  6  3 . 2 xy 2 xy x y 2 xy 2 xy x y 0.5 b   x  y  x  y2 Dấu bằng xảy ra    4  x  y . xy   x  y 2 xy  . 2 xy x  y 
Vậy gía trị nhỏ nhất của M bằng 3 khi và chỉ khi x  . y A E F H 4 C B D 1 a) Ta có: SABC = .BC.AD. 6.0 a 2 0.5 Trang 4 1
ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC = BC.BA.sinB. 2 0,5
ABE vuông ở E có AE = AB.cosA 0,5
BFC vuông ở F có BF = BC.cosB 0.5
ACD vuông ở D có CD = AC.cosC
Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC AD AD b) Xét ABD có tanB = ; ACD có tanC = BD CD 2 AD 0,5 suy ra tanB.tanC = (1) b BD.CD  DH BD (cùng phụ với   0.5 Do HBD CAD
ACB ) nên BDH  ADC (g.g)  DC AD BD.DC = DH.DA 2 AD AD
Kết hợp với (1) được tanB.tanC =  . 0,5 DH.AD DH
c) Chứng minh được AEF  ABC (g.g)  AEF  ABC . 0.5
Tương tự được CED  CBA nên AEF  CED mà BE  AC  AEB  CEB 0.5
= 900. Từ đó suy ra FEB  DEB  EH là phân trong của DEF.
Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là giao ba đường phân giác trong của  0.5 DEF. c
d) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC. CH CE
Dễ thấy CHE  CAF(g.g)   CA CF 0.25 H . B HC H . B CE 2.S S d    BHC BHC 0.25 A . B AC A . B CF 2.S S ABC ABC HC.HA S H . A HB S Tương tự có  CHA ;  HAB . 0.25 BC.BA S C . A CB S CBA CAB H . B HC HC.HA H . A HB S S S Do đó:  
BHC CHA AHB 1 0.25 A . B AC BC.BA C . A CB S S S BAC CBA ACB
Trên đường tròn C ta kẻ đường kính A A tùy ý  A A  2 1 2 1 2 Ta có
A M A M A A  2 1 1 2 1 1 2
A M A M A A  2 5 1 2 2 2 1 2 1.0 …………. A MA MA A  2 0.5 1 1000 2 1000 1 2  
A M A M A M  ...  A M
A M A M A M  ... A M  2000   1 1 1 1 2 1 3 1 1000   2 1 2 2 2 3 2 1000  Trang 5
Theo nguyên lý Dirichlet thì từ   1 suy ra trong hai tổng
A M A M A M  ...  A M
và A M A M A M  ...  A M có ít nhất một 1 1 1 2 1 3 1 1000 2 1 2 2 2 3 2 1000
trong hai tổng lớn hơn hoặc bằng 1000. Giả sử
A M A M A M  ...  A M 1000 . 0.5 2 1 2 2 2 3 2 1000
Chọn A A AM AM AM  ... AM 1000 . 2 1 2 3 1000
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa Trang 6